当强制 RVO 应用于延长临时生命周期的引用时会发生什么？

Question

当一个引用被另一个延长临时生命周期的引用初始化时，这个新引用不会扩展任何东西。

但是当强制 RVO 阻止引用被复制时会发生什么？

考虑这个例子：run on gcc.godbolt.org

#include <iostream>

struct A
{
    A() {std::cout << "A()\n";}
    A(const A &) = delete;
    A &operator=(const A &) = delete;
    ~A() {std::cout << "~A()\n";}
};

struct B
{
    const A &a;
};

struct C
{
    B b;
};

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c{ B{ A{} } };
    std::cout << "---\n";
}

在 GCC 下会打印出来

A()
---
~A()

但在 Clang 下结果是

A()
~A()
---

哪个编译器是正确的？

乍一看，GCC 做了正确的事。但在这个例子中：

C foo()
{
    return { B{ A{} } };
}

int main()
{
    [[maybe_unused]] C c = foo();
    std::cout << "---\n";
}

A 的生命周期肯定不能扩展到函数之外（并且两个编译器都同意这一点）。

既然这个 sn-p 应该与第一个具有相同的 RVO，那么行为不应该相同吗？因此 Clang 的行为似乎更加一致。

Answer 1

GCC 是对的。

在第二个示例中，由于[class.temporary] ¶6.11，我们没有延长生命周期：

临时绑定到函数return 语句（[stmt.return]）中返回值的生命周期没有延长；在 return 语句中的完整表达式的末尾，临时被销毁。

如果我们这样重写示例：

C foo(const A &a)
{
    return { B{ a } };
}

int main()
{
    C c = foo(A {});
    std::cout << "---" << std::endl;
}

clause 6.9 会转而加入：

在函数调用 ([expr.call]) 中绑定到引用参数的临时对象一直存在，直到包含调用的完整表达式完成为止。

那么为什么在第一个示例中应用生命周期延长？嗯，很简单：聚合初始化器不是函数调用。它们在标准的不同部分中进行了描述：函数调用在[expr.call] 中进行了描述，而初始化表达式在[expr.type.conv] 中进行了描述（以及在[dcl.init.aggr] 中进行了聚合初始化）。

但是请注意，如果 B 有一个实际的构造函数：

struct B
{
    const A &a;
    B(const A &a_): a(a_) {}
};

然后调用该构造函数算作函数调用，此时[class.temporary] ¶6.9 再次变得相关。⁰ 没有它，聚合的引用成员将被视为直接声明为变量，就寿命而言。

如果您想执行聚合初始化而不像 Clang（错误地）那样临时延长生命周期，您可以使用括号而不是大括号进行初始化，这将触发 [class.temporary] ¶6.10：

绑定到从带括号的表达式列表 ([dcl.init]) 初始化的类类型聚合的引用元素的临时对象将持续存在，直到包含 的完整表达式完成表达式列表.

不幸的是，Clang 目前显然没有实现这一点，因为这是 C++20 的新增功能（提案 P0960）。请注意，该提案的文本甚至明确说明 GCC 在第一个示例中的行为是该标准的意图。

---

⁰ 大概。该子句仅提及 [expr.call] 中描述的函数调用，我很难在标准中找到任何明确的声明，即构造函数调用应该以相同的方式工作。